101 bài toán hình học 9 tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

101 bài toán hình học 9 tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết); TUYỂN TẬP 101 BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP KIẾN THỨC THCS.Bài 1: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.1). Chứng minh AC + BD = CD.2). Chứng minh COD = 900. 3). Chứng minh AC. BD = .4). Chứng minh OC BM5). Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.6). Chứng minh MN  AB.7). Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.Lời giải bài 1: 1). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900. 3). Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD (OM là tiếp tuyến). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có: OM2 = CM. DM, mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = . 4). Theo trên COD = 900 nên OCOD .(1)Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 5). Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB IO AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 6). Theo trên AC BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra => MN BD mà BD  AB => MN  AB. 7). ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD AB => M phải là trung điểm của cung AB.HếtBài 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. Chứng minh rằng:1). Tứ giác CEHD nội tiếp.2). Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.3). AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.4). H và M đối xứng nhau qua BC. 5). Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.Lời giải bài 2: 1). Xét tứ giác CEHD ta có:CEH = 900 (vì BE là đường cao) nên E nằm trên đường tròn đường kính CH;CDH = 900 (vì AD là đường cao) nên D nằm trên đường tròn đường kính CH;=> E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính CH. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp. 2) Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEC = 900 nên E nằm trên đường tròn đường kính BC; CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900 nên F nằm trên đường tròn đường kính BC => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. 3) Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900; A là góc chung =>  AEH ADC => => AE.AC = AH.AD. Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900; C là góc chung =>  BEC ADC => => AD.BC = BE.AC.4) Ta có C1 = A1 (vì cùng phụ với góc ABC)C2 = A1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)=> C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM;Lại có CB  HM => CHM cân tại C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.5). Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn => C1 = E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp = > C1 = E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) = > E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED.Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE. Mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.HếtBài 3: Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE. Chứng minh rằng: 1). Tứ giác CEHD nội tiếp.2). Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.3). Chứng minh ED = BC.4). Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).5). Tính độ dài DE biết DH = 2 cm, AH = 6 cm.Lời giải bài 3: 1) Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 (Vì BE là đường cao) CDH = 900 (Vì AD là đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp. 2). Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900. AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900. Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.3). Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 .Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.4) Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1).Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.5). Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có: ED2 = OD2 – OE2 = > ED2 = 52 – 32 = > ED = 4cmHếtBài 4: Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.1). Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.2). Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn .3). Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.4). Chứng minh OAHB là hình thoi.5). Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.6). Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng dLời giải bài 4: 1). Ta có OAM = 900 (MA là tiếp tuyến) nên A nằm trên đường tròn đường kính MO;OBM = 900 (MB là tiếp tuyến) nên B nằm trên đường tròn đường kính MO.=> A và B cùng nằm trên đường tròn đường kính MO. Vậy tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính MO2). Vì K là trung điểm NP nên OK  NP (quan hệ đường kính và dây cung)= > OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. Như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.3). Ta có MA = MB ( tc hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM  AB tại I .Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.4). Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến); AC  MB (gt) => OB AC hay OB AH. OA  MA (tính chất tiếp tuyến); BD  MA (gt) => OA BD hay OA BH.=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB = R => OAHB là hình thoi.5). Theo trên OAHB là hình thoi => OH  AB; Cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng (vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB).6). (HD) Theo trên OAHB là hình thoi => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R.HếtBài 5: Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. 1). Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.2). Chứng minh BM OP.3). Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.4). Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.Lời giải bài 5: 1). Ta có PAO = 900 (PA là tiếp tuyến) nên A nằm trên đường tròn đường kính PO;PMO = 900 (PM là tiếp tuyến) nên M nằm trên đường tròn đường kính PO=> A và M cùng nằm trên đường tròn đường kính PO. Vậy tứ giác APMO nội tiếp đường tròn đường kính PO. 2). Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM là góc ở tâm chắn cung AM => ABM = (1)OP là tia phân giác AOM (tc hai tiếp tuyến cắt nhau) => AOP = (2) Từ (1) và (2) => ABM = AOP (3). Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM OP. (4)3). Xét hai tam giác AOP và OBN ta có: PAO = 900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB).=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành (vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).4). Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN OB hay PJ AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm của PO (tc đường chéo hình chữ nhật). (6) AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP (so le) (7)Theo tc hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đồng thời là đường cao => IK  PO. (9). Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) TUYỂN TẬP 101 BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP KIẾN THỨC THCS.

Bài 1 :

Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax,

By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, Bylần lượt ở C và D Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N

5) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD

6) Chứng minh MN  AB

7) Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải bài 1:

1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

ta có: CA = CM; DB = DM

=> AC + BD = CM + DM

Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD

2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

ta có: OC là tia phân giác của góc AOM;

OD là tia phân giác của góc BOM, mà

AOM và BOM là hai góc kề bù

=> COD = 900

/ /

y x

N C

D I

M

B O

A 3) Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD (OM làtiếp tuyến) Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

4) Theo trên COD = 900 nên OCOD .(1)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM;

lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM  OD (2)

Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD)

5) Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

COD đường kính CD có IO là bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD

=> tứ giác ACDB là hình thang Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểmcủa AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB

 IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đườngtròn đường kính CD

6) Theo trên AC // BD => CN BN BD AC , mà CA = CM; DB = DM

nên suy ra CN BN DM CM => MN // BD mà BD  AB => MN  AB

7) ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD

mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổinên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD làkhoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By

Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB

-Hết -Bài 2 :

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD,

BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P Chứng minh rằng:

1) Tứ giác CEHD nội tiếp

2) Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn

3) AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

4) H và M đối xứng nhau qua BC

5) Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

Lời giải bài 2:

1) Xét tứ giác CEHD ta có:

CEH = 900 (vì BE là đường cao) nên E nằm trên đường tròn đường kính CH;

CDH = 900 (vì AD là đường cao) nên D nằm trên đường tròn đường kính CH;

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

=> E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính CH Do đó CEHD là tứ giác nộitiếp

2) Theo giả thiết: BE là đường cao

=> BE  AC => BEC = 900

nên E nằm trên đường tròn đường kính BC;

CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900

nên F nằm trên đường tròn đường kính BC

=> E và F cùng nằm trên đường tròn đường

kính BC Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng nằm

trên một đường tròn

H

( (

3) Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900; A là góc chung

=>  AEH ADC => AD AE AH AC => AE.AC = AH.AD

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900; C là góc chung

=>  BEC ADC =>

AC

BC AD

BE

 => AD.BC = BE.AC

4) Ta có C1 = A1 (vì cùng phụ với góc ABC)

C2 = A1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM;

Lại có CB  HM => CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC

5) Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn

=> C1 = E1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

= > C1 = E2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

= > E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE Mà BE và CF cắtnhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

-Hết -Bài 3 :

Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H Gọi

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh rằng:

1) Tứ giác CEHD nội tiếp.

2) Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn

Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ

giác CEHD Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

H

1

3 2 1

2) Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900

AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường trònđường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn

3) Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường

trung tuyến => D là trung điểm của BC Theo trên ta có BEC = 900

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 21 BC

4) Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH

=> OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1)

Theo trên DE =

2

1

BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB)

=> E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3

Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED

=> DE  OE tại E Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E

5) Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 cm => OD = 5 cm

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có:

1) Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp

2) Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn

3) Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2

4) Chứng minh OAHB là hình thoi

5) Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6) Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d

Lời giải bài 4:

1) Ta có OAM = 900(MA là tiếp tuyến) nên

A nằm trên đường tròn đường kính MO;

OBM = 900 (MB là tiếp tuyến) nên B nằm

trên đường tròn đường kính MO

=> A và B cùng nằm trên đường tròn đường

kính MO Vậy tứ giác AMBO nội tiếp đường

tròn đường kính MO

2) Vì K là trung điểm NP nên OK  NP

(quan hệ đường kính và dây cung)

= > OKM = 900

d

H I

K

N P

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900

Như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đườngtròn đường kính OM

Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn

3) Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R

=> OM là trung trực của AB => OM  AB tại I

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A

có AI là đường cao Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2

hay OI.OM = R2; và OI IM = IA2

4) Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến); AC  MB (gt)

=> OB // AC hay OB // AH

OA  MA (tính chất tiếp tuyến); BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH

=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB = R => OAHB là hìnhthoi

5) Theo trên OAHB là hình thoi => OH  AB;

Cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng (vì qua O chỉ có một đườngthẳng vuông góc với AB)

6) (HD) Theo trên OAHB là hình thoi => AH = AO = R

Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định mộtkhoảng bằng R Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d lànửa đường tròn tâm A bán kính AH = R

-Hết -Bài 5 :

Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến

đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M

1) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) 1) Ta có PAO = 900(PA là tiếp tuyến) nên

A nằm trên đường tròn đường kính PO;

PMO = 900 (PM là tiếp tuyến) nên M nằm

trên đường tròn đường kính PO

=> A và M cùng nằm trên đường tròn đường

kính PO Vậy tứ giác APMO nội tiếp đường

tròn đường kính PO

2) Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM;

X

( (

2 1

K I

J

M

N P

Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP (4)

3) Xét hai tam giác AOP và OBN ta có:

PAO = 900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB)

=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3))

Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900

=> K là trung điểm của PO (t/c đường chéo hình chữ nhật) (6)

AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP (so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM

=> APO = MPO (8)

Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đồng thời là đường cao

=> IK  PO (9) Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng

-Hết -Bài 6:

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R Trên tia đối của tia

AB lấy điểm E (EA) Từ E, A, B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B theo thứ tự tại C và D 1) Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn

2) Chứng minh ∆EAC ∆EBD, từ đó suy ra DM CM

DE CE 3) Gọi N là giao điểm của AD và BC Chứng minh MN // BD

4) Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO

Lời giải bài 6:

1) Ta có: CAO = 900 (AC là tiếp

tuyến, CA AO) nên A nằm trên

đường tròn đường kính CO;

CMO = 90 0 (ED là tiếp tuyến, DE 

MO) nên M nằm trên đường tròn

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

1) Bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn

2) Gọi S’ là giao điểm của MA và SP Chứng minh rằng ∆ PS’M cân

3) Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn

Lời giải bài 7:

1) Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900

= > P nằm trên đường tròn đường kính AS

AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn) => AMS = 900 = > M nằm trên đường

tròn đường kính AS

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một

đường tròn

2) Vì M’ đối xứng M qua AB mà M nằm trên

đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn

=> hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau

3

( )

4 3

1

1

) (

=> AMM’ = AM’M (Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)

Cũng vì M’ đối xứng M qua AB nên MM’ AB tại H => MM’// SS’ (cùng vuông gócvới AB)

=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)

Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5).

Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2

mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 900

=> PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M

-Hết -Bài 8 :

Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc vớinhau Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) tại N Đường thẳngvuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P Chứng minh rằng:

1) Tứ giác OMNP nội tiếp

2) Tứ giác CMPO là hình bình hành

3) Tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M

4) Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng cố địnhnào

Lời giải bài 8:

1) Ta có OMP = 900 (vì PM  AB);

ONP = 900 (vì NP là tiếp tuyến)

Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng

900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường

kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp

2) Tứ giác OMNP nội tiếp

=> OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung OM)

Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R

O

P N M

D

B A

C

Xét tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

=> CMO = POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP

=> OC = MP (1)

Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2)

Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành

3) Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB);

DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC

=> CM CO

CD CN => CM CN = CO.CD

mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi

=> CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M

4) (HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D

Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên đoạn thẳng A’B’ song song và bằng AB

Lời giải bài 9:

1) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF cân tại A

=> ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800

=> DEF < 900 (vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900

Như vậy tam giác DEF có ba góc nhọn

2) Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên)

=> AD AF

ABAC => DF // BC

3) Ta có: DF // BC => BDFC là hình thang,

lại có  B = C (vì tam giác ABC cân)

=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội

tiếp được một đường tròn

M I

A

4) Xét hai tam giác BDM và CBF, có:

 DBM = BCF (hai góc đáy của tam giác cân)

BDM = BFD (nội tiếp đường tròn tâm O cùng chắn cung DI);

CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF

Suy ra BDM CBF => CB BDBM CF

-Hết -Bài 10 :

Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax,

By Trên Ax lấy điểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N

1) Chứng minh MON APB

Lời giải bài 10:

1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

OM là tia phân giác của góc AOP; ON là tia

phân giác của góc BOP, mà AOP và BOP

là hai góc kề bù => MON = 900

Hay tam giác MON vuông tại O

APB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn)

hay tam giác APB vuông tại P

Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB  OB

N P

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

mà OBN và OPN là hai góc đối

=> tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO

Xét hai tam giác vuông APB và MON có APB = MON = 900;

OBP = PNO => APB  MON

2) Theo trên MON vuông tại O có OP  MN (OP là tiếp tuyến)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có

1) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD

2) Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp

3) AC // FG

4) Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy

Lời giải bài 11:

1) Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC

= 900 (vì tam giác ABC vuông tại A); DEB =

900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>

DEB = BAC = 900;

lại có ABC là góc chung

=> DEB  CAB

2) Theo trên DEB = 900 => DEC = 900 (vì

hai góc kề bù); BAC = 900 ( vì ABC vuông

tại A) hay DAC = 900

=> DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc

đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp

nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp

3) Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1

lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC//FG

4) (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF

đồng quy tại S

-Hết -Bài 12 :

Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm

O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E

1) Chứng minh AE = EB

2) Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường trung trực củađoạn HE đi qua trung điểm I của BH

3) Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BDE

Lời giải bài 12:

1) AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AEB = 900 (vì là hai góc kề bù);Theo giả thiết ABE = 450 => AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB

2) Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB

=> IK là đường trung bình của tam giác HBE

=> IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2)

Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm

I của BH

3) Theo trên I thuộc trung trực của HE

=> IE = IH

Mà I là trung điểm của BH => IE = IB

ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn)

_

K

H I

E

D

O

C B

=> D1 = C1 (3)

IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 (4)

Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC

=> BH  AC tại F => AEB có AFB = 900

Theo trên ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5)

Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900

=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID tại D

=> OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Lời giải bài 13:

1) Theo giả thiết ABHK là hình

-Hết -101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

Bài 14:

Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M là một điểm thay đổi trên (d) (MH) Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ (P, Q là tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH ở I; cắt OM ở K

1) Chứng minh 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm trên 1 đường tròn 2) Chứng minh IH.IO = IQ.IP

3) Giả sử PMQ= 600 Tính tỉ số diện tích 2 tam giác: ∆MPQ và

∆OPQ

Lời giải bài 14:

1) Ta có: MPO = 900 (MP là tiếp tuyến)

nên P nằm trên đường tròn đường kính

MO;

MQO = 900 (MQ là tiếp tuyến, MQ 

QO) nên Q nằm trên đường tròn đường

kính MO;

MHO = 900 (MH  HO) nên H nằm trên

đường tròn đường kính MO;

2

PQ PQ

2) Chứng minh AE là trung tuyến của ∆PAB

Lời giải bài 15:

1) Xét ∆EAB và ∆EBD, ta có:

góc BAE chung

góc EAB = góc EBD (góc nội tiếp và

góc tạo bởi tia tiếp tuyến )

Ta có: EPD= PCA (so le trong, PB//AC); EAP = PCA (góc nội tiếp

và góc tạo bởi tia tiếp tuyến…)

Hai tam giác ∆EPD và ∆EAP có: EPD = EAP; PEA chung

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) Lời giải bài 16:

1) C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> BC  AE

ABE = 900 (Bx là tiếp tuyến) => ∆ABE vuông tại B có BC là đường cao

=> AC AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao), mà AB là đường kính nên AB =2R không đổi do đó AC AE không đổi

2) ADB có ADB = 900 (nội tiếp chắn

nửa đường tròn)

=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc

của một tam giác bằng 1800) (1)

 ABF có ABF = 900 ( BF là tiếp tuyến)

F

E X

3) Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800

ECD + ACD = 1800 (hai góc kề bù) => ECD =ABD (cùng bù với ACD).Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 (Vì là haigóc kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai gócđối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp

-Hết -Bài 17 :

Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính

AH Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH) Tiếp tuyến của đường tròn tại

D cắt CA ở E

1) Chứng minh tam giác BEC cân

2) Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH

3) Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH)

4) Chứng minh BE = BH + DE

Lời giải bài 17:

1) Xét AHC và ADE có:

H = D = 900; AH = AD

CAH = EAD (đối đỉnh)

= > AHC = ADE (g.c.g) => AE = AC

Vì AB  CE (gt), do đó AB vừa là đường

cao vừa là đường trung tuyến của BEC

=> BEC là tam giác cân

2) Theo 1) BEC là tam giác cân

=> B1 = B2

2 1

Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2

=> AHB = AIB => AI = AH

3) (HD) AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.

2) Chứng minh tứ giác OBCD là hình thoi

3) Gọi M là trung điểm của CE, Bm cắt OH tại I Chứng minh I là trung điểm của OH

4) Tiếp tuyến tại E với (O) cắt AC tại K Chứng minh ba điểm O, M,

K thẳng hàng

Lời giải bài 18:

1) Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp

tuyến của đường tròn tâm O

=> OA là tia phân giác của BOC

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

K

M E H

1 Ta có MP  AB (gt) => APM = 900;

MQ  AC (gt) => AQM = 900

như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc

bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đường

tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác

nội tiếp

* Vì AM là đường kính của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường

tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm

của AM

O

M

QP

=> AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH

3 Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác

=> HAP = HAQ => cung HP = cung HQ (tính chất góc nội tiếp )

=> HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ

Mà tam giác POQ cân tại O (vì OP và OQ cùng là bán kính)

nên suy ra OH cũng là đường cao => OH  PQ

-Hết -Bài 20 :

Cho tam giác ABC vuông ở A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn(O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D Đường thẳng

AD cắt đường tròn (O) tại S

1) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

3) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O) Chứng minh rằng cácđường thẳng BA, EM, CD đồng quy

4) Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE

5) Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE

Lời giải bài 20:

1) Ta có CAB = 900 (vì tam giác ABC vuông tại A);

MDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => CDB = 900

Như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trênđường tròn đường kính BC => ABCD l t giác n i ti p.à tứ giác nội tiếp ứ giác nội tiếp ội tiếp ếp

3 2

3

3

2 1

1 1

1

F

O

M S

D

E

B A

C

H×nh a

F

1 2

C

E D

2

232

H×nh b

2) TH1 (Hình a)

ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3

(nội tiếp cùng chắn cung AB)

Do D1= C3 => cung SM = cung EM

=> C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường

tròn (O) chắn hai cung bằng nhau)

=> CA là tia phân giác của góc SCB

2) TH2 (Hình b)

ABC = CME (cùng phụ ACB);

ABC = CDS (bù với ADC)

=> CME = CDS

=> cung CE = cung CS

= > cung SM = cung EM

=> SCM = ECM

=> CA là tia phân giác của góc SCB

3) Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC như vậy BA, EM, CD là ba

đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy

4) Theo trên Ta có cung SM = cung EM => D1= D2

=> DM là tia phân giác của góc ADE.(1)

5) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900

Tứ giác AMEB có MAB = 900; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800

mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn

=> A2 = B2

Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2 (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

=> A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2)

Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE

-Hết -Bài 21 :

Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì (Hkhông trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ởngoài đường tròn; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D Gọi I là giaođiểm của AD và BC

1) Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I

3) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là

tứ giác nội tiếp

Lời giải bài 21:

1) Ta có: ACB = 900 (nội tiếp chắn nửa

đường tròn)

=> MCI = 900 (vì là hai góc kề bù)

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )

=> MDI = 900 (vì là hai góc kề bù)

=> MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc

đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội

tiếp

2) Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên

BC và AD là hai đường cao của tam giác

MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực

tâm của tam giác MAB

_

_

4 3 2 1

I

O H

K D C

M

1

Theo giả thiết thì MH  AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB

=> AD, BC, MH đồng quy tại I

3) OAC cân tại O (vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

KCM cân tại K (vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1

Mà A1 + M1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H)

=> C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 (góc ACM = 1800) hay OCK = 900

Xét tứ giác KCOH, có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800

mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp

-Hết -Bài 22 :

Cho tam giác nhọn ABC, Kẻ các đường cao AD, BE, CF Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Gọi M, N, P, Q lần lượt là các hình chiếu vuông góc của D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh rằng:

1) Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật

2) Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp

3) Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng

nằm trên đường tròn đường kính BD;

BND = 900 (ND  BE) nên N nằm trên

đường tròn đường kính BD;

1 2

P Q H

= > BMND nội tiếp đường tròn đường kính BD

Tương tự DNHP nội tiếp đường tròn đường kính DH; và DPqc nội tiếp đường trònđường kính DC;

3) Theo c/m trên DNHP nội tiếp => N2 =D4 (nội tiếp cùng chắn cung HP);

HDC có HDC = 900 (do AH là đường cao)

 HDP có HPD = 900 (do DP  HC)

=> C1= D4 (cùng phụ với DHC) =>C1=N2 (1)

chứng minh tương tự ta có B1=P1 (2)

Từ (1) và (2) => HNP  HCB

4) Theo chứng minh trên DNMB nội tiếp

=> N1 = D1 (nội tiếp cùng chắn cung BM) (3)

DM // CF ( cùng vuông góc với AB) => C1= D1 (hai góc đồng vị) (4)

Theo chứng minh trên C1 = N2 (5)

Từ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)Chứng minh tương tự ta cũng có N, P, Q thẳng hàng (7)

Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng

-Hết -Bài 23:

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và

O sao cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B Nối AC cắt

MN tại E Chứng minh rằng:

1) Tứ giác IECB nội tiếp

2) AM2 = AE.AC

3) Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2

4) Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất

Lời giải bài 23:

1) Theo giả thiết MN AB tại I => EIB =

900; ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên

ACB = 900 hay ECB = 900

=> EIB + ECB = 1800 mà đây là hai góc

đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ

giác nội tiếp

2) Theo giả thiết MN AB => A là trung

điểm của cung MN => AMN = ACM (hai

góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

O 1

E I

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

hay AME = ACM

Lại có CAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC

do đó AME ACM => AM AE

AC AM => AM2 = AE.AC

3) AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB tại I => AMB vuông tại

M có MI là đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tamgiác vuông)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vuông tại I ta có AI2 = AM2 – MI2

=> AI2 = AE.AC - AI.BI

4) Theo trên AMN = ACM

=> AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM;

Nối MB ta có AMB = 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phảinằm trên BM

Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1  BM

Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoạitiếp ECM có bán kính là O1M Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường trònngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1

bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM

-Hết -Bài 24 :

Cho tam giác ABC cân (AB = AC), BC = 6 cm, đường cao AH = 4 cm, nội tiếpđường tròn (O) đường kính AA’

1) Tính bán kính của đường tròn (O)

2) Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao?

3) Kẻ AK  CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao?

4) Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC

Lời giải bài 24:

1) Vì ABC cân tại A nên đường kính AA’

của đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH

xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi

qua H => ACA’ vuông tại C có đường cao

1

1

O K

H A'

C'

C B

3) Theo giả thiết AH  BC; AK  CC’ => K và H cùng nhìn AC dưới một góc bằng

900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1)

=> C2 = H1 (góc nội tiếp cung chắn cung AK);

AOC cân tại O (vì OA = OC = R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC (vì

có hai góc so le trong bằng nhau) => tứ giác ACHK là hình thang (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ACHK là hình thang cân

4) Diện tích hình tròn (O, R) là S(O) =  R2

Diện tích tam giác ABC là SABC = 1

2AH.BC

Ta có diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC là S

S = S(O) - SABC =  R2 - 21 AH.BC =  (3,25)2 - 12 4.6

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

3) Kẻ đường kính MN, các tia phân giác của góc B và C cắt đường thẳng ANtại P và Q Chứng minh bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn

Lời giải bài 25:

1) AM là phân giác của BAC

=> BAM = CAM

=> cung BM = cung CM => M là

trung điểm của cung BC

=> OM  BC

2) Xét MCI và MAC có MCI

=MAC (hai góc nội tiếp chắn hai

cung bằng nhau); M là góc chung

2

1

1 1

A

I

3) (HD) MAN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> P1 = 900 – K1 mà K1 là góc ngoài của tam giác AKB

2 2

 

 ) dựng trên BQ.Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn

-Hết -Bài 26 :

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết góc BAC = 600

1) Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R

2) Vẽ đường kính CD của (O; R); Gọi H là giao điểm ba đường cao của tamgiác ABC Chứng minh BD // AH và AD // BH

3) Tính AH theo R.

Lời giải bài 26:

1) Theo giả thiết BAC = 600

=> sđ BmC=1200 ( t/c góc nội tiếp)

=> BOC = 1200 ( t/c góc ở tâm)

* Theo trên sđ BmC=1200 => BC là cạnh của

một tam giác đều nội tiếp (O; R)

3) Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN

4) Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào

5) Cho AM AN = 3R2 , AN = R 3 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác AMN

Lời giải bài 27:

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) 1) Theo giả thiết I là trung điểm của MN

=> OI  MN tại I (quan hệ đường kính và dây

cung) = > OIH = 900

OH cố địmh nên khi MN di động thì I cũng di

động nhưng luôn nhìn OH cố định dưới một góc

900 do đó I di động trên đường tròn đường kính

OH Vậy khi MN di động, trung điểm I của MN

luôn nằm trên một đường tròn cố định

N

M

I K

2) Theo giả thiết Ax  MN; theo trên OI  MN tại I

=> OI // Ax hay OI // AC mà O là trung điểm của AB => I là trung điểm của BC; Lại có I là trung điểm của MN (gt) => CMBN là hình bình hành (Vì có hai đườngchéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường)

3) CMBN là hình bình hành => MC // BN mà BN  AN ( vì ANB = 900 do là gócnội tiếp chắn nửa đường tròn) => MC  AN; theo trên AC  MN => C là trực tâmcủa tam giác AMN

4) Ta có H là trung điểm của OB; I là trung điểm của BC => IH là đường tung bình

của OBC => IH // OC,

Theo giả thiết Ax  MN hay IH  Ax => OC  Ax tại C => OCA =

900 => C thuộc đường tròn đường kính OA cố định Vậy khi MN quay quanh H thì C di động trên đường tròn đường kính OA cố định

5) Ta có AM AN = 3R2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3

=> AMN cân tại A (1)

Xét ABN vuông tại N ta có AB = 2R; AN = R 3 => BN = R =>

ABN = 600

ABN = AMN (nội tiếp cùng chắn cung AN) => AMN = 600 (2)

Từ (1) và (2) => AMN là tam giác đều => SAMN =

Cho tam giác ABC cân tại A có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đườngtròn (O) Tiếp tuyến tại B và C lần lượt cắt AC, AB ở D và E Chứng minh rằng:

1) BD2 = AD.CD

2) Tứ giác BCDE nội tiếp

3) BC song song với DE

Lời giải bài 28:

1) Xét hai tam giác BCD và ABD ta có

CBD = BAD (Vì là góc nội tiếp và góc

giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một

cung), lại có D chung => BCD ABD

=> BD CD

AD BD => BD2 = AD.CD

2) Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A

=> ABC = ACB => EBC = DCB

mà CBD = BCD (góc giữa tiếp tuyến với

A

=> EBD = DCE => B và C nhìn DE dưới cùng một góc do đó B và C cùng nằmtrên cung tròn dựng trên DE => Tứ giác BCDE nội tiếp

3) Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE = BDE (nội tiếp cùng chắn cung BE) mà

BCE = CBD (theo trên) => CBD = BDE mà đây là hai góc so le trong nênsuy ra BC // DE

3) Gọi F là điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA là tiếp tuyến của (O)

4) Chứng minh FN là tiếp tuyến của đường tròn (B; BA)

Lời giải bài 29:

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) 1) Ta có: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn) = > NME = 900 (hai góc kề bù)

nên M nằm trên đường tròn đường kính NE;

ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

= > NCE = 900 (hai góc kề bù)

nên C nằm trên đường tròn đường kính NE;

= > MNCE nội tiếp đường tròn đường kính NE

2) (HD) Dễ thấy E là trực tâm của tam giác NAB

=> NE  AB

/ / _

3).Theo giả thiết A và N đối xứng nhau qua M nên M là trung điểm của AN; F và E

xứng nhau qua M nên M là trung điểm của EF => AENF là hình bình hành

=> FA // NE mà NE  AB => FA  AB tại A => FA là tiếp tuyến của (O) tại A

4) Theo trên tứ giác AENF là hình bình hành => FN // AE hay FN // AC

mà AC  BN => FN  BN tại N;

BAN có BM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (do M là trung điểm củaAN) nên BAN cân tại B => BA = BN

=> BN là bán kính của đường tròn (B; BA)

=> FN là tiếp tuyến tại N của (B; BA)

-Hết -Bài 30 :

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đườngtròn (M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến

Ax Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia

BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K

1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB.

3) Chứng minh BAF là tam giác cân

4) Chứng minh rằng: Tứ giác AKFH là hình thoi

5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn

Lời giải bài 30:

1 Ta có: AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa

đường tròn)

=> KMF = 900 (vì là hai góc kề bù).

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> KEF = 900 (vì là hai góc kề bù)

=> KMF + KEF = 1800

Mà KMF và KEF là hai góc đối của tứ giác

EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp

2) Ta có IAB = 900 (vì AI là tiếp tuyến)

=> AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao

E

K H

3) Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE

=> cung AE = cung ME => ABE =MBE (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằngnhau) => BE là tia phân giác góc ABF (1)

Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đường cao của ABF (2)

Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân tại B

4) BAF là tam giác cân tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến

=> E là trung điểm của AF (3)

Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tiaphân giác HAK (5)

Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân tại A có AE là đường cao nên đồng thời làđương trung tuyến => E là trung điểm của HK (6)

Từ (3), (4) và (6) => AKFH là hình thoi (vì có hai đường chéo vuông góc với nhautại trung điểm của mỗi đường)

5) (HD) Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK

=> tứ giác AKFI là hình thang

Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB

Thật vậy: M là trung điểm của cung AB

=> ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp) (7)

Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có haigóc đáy bằng nhau) Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếpđược một đường tròn

-Hết -Bài 31 :

Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R) Kẻ các tiếp tuyến với đườngtròn (O) tại B và C chúng cắt nhau tại A Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻcác đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giaođiểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q

1) Chứng minh tam giác ABC cân

2) Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp

3) Chứng minh MI2 = MH.MK

4) Chứng minh PQ  MI

Lời giải bài 31:

1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => ABC cân tại

A

2) Theo giả thiết MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900

=> MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp

* (Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK )

3) Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp

=> KMI + KBI = 1800;

Tứ giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800

Mà KBI = HCI ( vì tam giác ABC

cân tại A) => KMI = HMI (1)

Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp

=> B1 = I1 (nội tiếp cùng chắn cung

KM);

Tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 (nội

tiếp cùng chắn cung IM)

C B

-Hết -101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) Bài 32:

Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB ở

H Gọi M là điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM K

là giao điểm của AM và CB Chứng minh rằng:

1)

AB

AC KB

KC

 2) AM là tia phân giác của CMD

3) Tứ giác OHCI nội tiếp

4) Chứng minh đường vuông góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến của đường tròn tại M

Lời giải bài 32:

1) Theo giả thiết M là điểm chính giữa

của cung BC => cung MB = cung MC

=> CAM = BAM (hai góc nội tiếp

chắn hai cung bằng nhau)

=> AK là tia phân giác của góc CAB

2) (HD) Theo giả thiết CD  AB => A

là điểm chính giữa cung CD

=> CMA = DMA => MA là tia phân

giác của góc CMD

J

H

I K

O

M C

D

B A

_ /

3) (HD) Theo giả thiết M là điểm chính giữa của cung BC => OM  BC tại

I

=> OIC = 900 ; CD  AB tại H => OHC = 900

=> OIC + OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp

4) Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC (vì cùng vuông góc với AC)

Theo trên OM  BC => OM  MJ tại J suy ra MJ là tiếp tuyến của đường

tròn tại M

-Hết -Bài 33 :

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E làđiểm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC Chứng minh rằng:

1) Tứ giác BHCF là hình bình hành

2) E, F nằm trên đường tròn (O)

3) Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân

4) Gọi G là giao điểm của AI và OH Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC

Lời giải bài 33:

1) Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC

=> I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai đường chéo cắtnhau tại trung điểm của mỗi đường

2) (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp

=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O)

* H và E đối xứng nhau qua BC

=> BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC

=> BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp

=> E thuộc (O)

= /

=

/ /

/

A' C'

B'

G

O H

I

F E

C B

A

3) Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1)

và IH = IE mà I là trung điểm của của HF

=> EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE  HE (2)

Từ (1) và (2) => EF // BC => BEFC là hình thang (3)

Theo trên E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4)

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

Theo trên F (O) và FEA =900 => AF là đường kính của (O)

=> ACF = 900 => BCF = CAE (vì cùng phụ ACB) (5)

Từ (4) và (5) => BCF = CBE (6)

Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân

4) Theo trên AF là đường kính của (O) => O là trung điểm của AF;

BHCF là hình bình hành => I là trung điểm của HF

=> OI là đường trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH

Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC (Quan hệ đường kính và dây cung)

=> OIG = HAG (vì so le trong);

Lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI HGA

=> GI OI

GA HA mà OI = 1

2 AH => 1

2

GI

GA mà AI là trung tuyến của ∆ABC (do I là trung điểm của BC)

=> G là trọng tâm của ∆ABC

-Hết -Bài 34 :

Cho (O,R), BC là một dây cung (BC 2R) Điểm A di động trên cung lớn BCsao cho O luôn nằm trong tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF của tam giácABC đồng quy tại H Chứng minh rằng:

1) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC

2) Gọi A’ là trung điểm của BC, chứng minh AH = 2OA’

3) Gọi A1 là trung điểm của EF, chứng minh R.AA1 = AA’ OA’

4) Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC

suy ra vị trí của A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất

Lời giải bài 34:

1) Tứ giác BFEC nội tiếp

=> AEF = ACB (cùng bù BFE)

AEF = ABC (cùng bù CEF)

=>  AEF  ABC

2) Vẽ đường kính AK => KB // CH (cùng

vuông góc AB); KC // BH (cùng vuông góc

AC) => BHKC là hình bình hành => A’ là

trung điểm của HK => OK là đường trung

K

A

H O

E F

D

/ / /

=

/

=

A'

3) Áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ

số giữa hai bán kính các đường tròn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng Ta có:

 AEF  ABC =>

1

' '

R AA (1) trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp

ABC; R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF; AA’ là trung tuyến của ABC;

AA1 là trung tuyến của AEF

Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường trònngoại tiếp AEF

Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’

Vậy R AA1 = AA’ A’O (2)

4) Gọi B’, C’lần lượt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính

đi qua trung điểm của một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lượt là cácđường cao của các tam giác OBC, OCA, OAB

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =1

2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)